RÈN LUYỆN KĨ NĂNG
GIẢI CÁC BÀI TOÁN HÌNH HỌC PHẲNG
****************
I) Suy nghĩ về việc học Toán Hình học phẳng hiện nay.
Có khi nào chúng ta tự hỏi làm thế nào để giải một bài toán Hình học phẳng (HHP) chưa?
Hay làm sao để có thể giỏi môn HHP, làm sao một bạn nào đó có thể giải nhanh gọn và ấn tượng một
bài toán HHP, còn mình thì không? Đúng là những vấn đề này rất thường được đặt ra nhưng muốn
trả lời một cách thỏa đáng và đầy đủ thì quả là điều không đơn giản!
Cũng giống như các dạng toán khác, để giải một bài toán HHP nào đó, chúng ta cũng cần phải đi
từ giả thiết, thông qua các suy luận để tìm ra con đường đến kết luận hoặc một yêu cầu nào đó đặt ra
của đề bài. Nhưng đặc biệt hơn, ở môn HHP, ngoài những tư duy logic thông thường, chúng ta còn
cần phải có tư duy hình tượng, chúng ta cần phải tìm được quan hệ giữa các yếu tố hình học thông
qua cái nhìn trực quan. Với đặc trưng đó, một mặt làm cho chúng ta có thể thấy được vấn đề đang
cần giải quyết một cách rõ ràng hơn nhưng mặt khác cũng đòi hòi ở chúng ta một khả năng tưởng
tượng phong phú và sâu sắc nếu muốn học tốt dạng Toán này.
Trên thực tế, trong những học sinh giỏi Toán, không có nhiều người giỏi HHP; khi tham gia các
kì thi HSG, họ sẵn sàng bỏ đi một câu HHP nào đó để có thời gian dành cho những bài Toán khác.
Nhưng hầu như trong tất cả các kì thi, ta đều thấy sự góp mặt của một hoặc hai bài Toán HHP nào đó
với khoảng 15-25% số điểm cả đề và như thế nó thực sự quan trọng!
Có một điều lạ là chúng ta học hình học với thời gian nhiều hơn bất cứ dạng Toán nào khác.
Ngay từ lớp 6 chúng ta đã làm quen với các khái niệm điểm, đoạn thẳng, đường thẳng, góc,… Đến
lớp 7 chúng ta đã biết định lí là gì và học cách chứng minh chúng: chứng minh hai góc đối đỉnh thì
bằng nhau, chứng minh tổng ba góc của tam giác là 180
0
,…Và chúng ta học và rèn luyện chúng suốt
cho đến bây giờ, thời gian đó dài hơn việc học bất cứ một bài toán sử dụng đạo hàm, một bài giới hạn
hay lượng giác nào đó. Thế nhưng, dường như Hình học luôn không là một lựa chọn hàng đầu khi bắt
đầu cho lời giải của một đề thi HSG. Thậm chí đó còn là nỗi ám ảnh, lo sợ của nhiều bạn HSG Toán.
Khi nhìn thấy một bài hình nào đó, họ cố đưa về Đại số càng nhanh càng tốt và sẵn sàng chấp nhận
biến đổi, khai thác những biểu thức cồng kềnh thay vì bài toán đó có thể giải một cách nhẹ nhàng
bằng hình học thuần túy.

thảy bao nhiêu phương pháp giải một bài toán HHP. Có thể chúng ta biết nhiều định lí, bổ đề nhưng
đó cũng chưa thể gọi là một phương pháp theo nghĩa tổng quát. Ở đây, ta nói đến phương pháp là
định hướng, là tư tưởng chính của lời giải; giải bằng cách nào chứ chưa đi sâu vào việc giải như thế
nào. Xin nêu một số phương pháp cơ bản sau:
- Phương pháp hình học thuần túy (quan hệ song song, vuông góc; tam giác đồng dạng, bằng
nhau; tính chất của tam giác, đường tròn; các định lí hình học quen thuộc; các phép biến hình,…).
- Phương pháp lượng giác (đưa yếu tố trong bài về lượng giác của các góc và biến đổi).
- Phương pháp vectơ (dùng vectơ trong chứng minh tính chất hình học hoặc dựng một hệ vectơ
đơn vị để giải bài toán).
- Phương pháp đại số (đưa các yếu tố trong bài về độ dài cạnh và biến đổi).
- Phương pháp tọa độ (đưa giả thiết đã cho vào một hệ trục tọa độ và tìm tọa độ điểm, phương
trình đường thẳng, đường tròn liên quan).
Trong đó, mức độ tư duy hình học được thể hiện giảm dần qua thứ tự các phương pháp trên.
Nếu chúng ta là một học sinh chưa giỏi HHP thì thường với các bài toán có giả thiết “thuận lợi” thì
lập tức sử dụng tọa độ, điều đó tất nhiên có ích cho kĩ năng tính toán, biến đổi đại số của chúng ta
nhưng nói chung không có lợi cho việc rèn luyện tư duy hình học. Và đa số các bài toán hình khó có
thể sử dụng phương pháp này, chỉ cần một đường tròn hoặc một tâm đường tròn nội tiếp đã khiến cho
việc dùng phương pháp tọa độ thật khó khăn rồi. Thế nhưng không phải nói vậy mà ta lại quên đi
phương pháp đó được. Có vài bạn đã khá ở nội dung này thì lại không thích sử dụng tọa độ và cố đi
tìm một cách giải thuần túy cho nó. Công việc này không phải lúc nào cũng đúng, nhất là đối với các
kì thi HSG có thời gian “gấp rút” và số lượng bài toán cần giải được lại tương đối nhiều.
Chúng ta hãy thử nói về một bài toán đơn giản sau:
 VD1: Cho đoạn thẳng AB cố định và đường thẳng d cố định song song với AB. Điểm C di
động trên d. Tìm quỹ tích trực tâm tam giác ABC.
* Phân tích: Một số bạn thấy bài toán này có giả thiết thật đơn giản, chỉ có đoạn thẳng cố định,
một điểm di động trên đường thẳng
song song rồi tìm trực tâm; thêm nữa,
bài toán này có vẻ quen thuộc nên họ
chỉ vẽ hình ra và cố gắng kẻ đường
phụ để giải. Thế nhưng, chắc chắn các

m
x m
y
a
=

− + + − =


⇔
 
−
=
=



. Suy ra:
2
1 x
y
a
−
=
Vậy quỹ tích của H là parabol có phương trình:
·
·
0
ABF ABF' 90
= =

A
B
C
Giải:
*Cách 1 . Sử dụng phương pháp vectơ: (khá nhẹ nhàng và không cần tốn nhiều thời gian để nghĩ ra
cách giải này).
Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của BC, CA, AB. Ta có:
( ) ( )AD BE CF AM MD BN NE CP PF AM BN CP MD NE PF+ + = + + + + + = + + + + +
uuur uuur uuur uuuur uuuur uuur uuur uuur uuur uuuur uuur uuur uuuur uuur uuur
Dễ thấy:
1 1 1
( ) ( ) ( ) 0
2 2 2
AM BN CP AB AC BA BC CA CB+ + = + + + + + =
uuuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur r
Và
0MD NE PF+ + =
uuuur uuur uuur r
theo định lí con nhím nên:
0AD BE CF+ + =
uuur uuur uuur r
Vậy hai tam giác ABC và DEF có cùng trọng tâm.
*Cách 2 . Sử dụng hình học phẳng thuần túy: (dựng nhiều đường phụ, hướng suy nghĩ hơi thiếu tự
nhiên và đòi hỏi có kinh nghiệm về các bài toán có giả thiết tương tự như thế này).
Gọi I là trung điểm EF và Q là điểm đối xứng với D qua BC, khi đó:
∆
BCQ cũng là tam giác đều. Ta
thấy phép quay tâm B góc quay 60
0
biến C thành Q, biến A thành F nên:

* Trong việc giải các bài toán bằng phương pháp tọa độ, ta cũng cần chú ý đến việc chọn các
hệ trục tọa độ hợp lí: tọa độ các điểm, phương trình đường thẳng cần viết đơn giản; có nhiều liên hệ
với các điểm đã cho trong giả thiết, tận dụng được các yếu tố đường song song, vuông góc, trung
điểm do hình cần dựng đơn giản,… Chẳng hạn chúng ta có bài toán sau:
 VD4: Cho tam giác ABC có D là trung điểm của cạnh BC. Gọi d là đường thẳng qua D
và vuông góc với đường thẳng AD. Trên đường thẳng d lấy một điểm M bất kì. Gọi E, F lần lượt
là trung điểm của các đoạn thẳng MB, MC. Đường thẳng qua E vuông góc với d cắt đường
thẳng AB tại P, đường thẳng qua F vuông góc với d cắt đường thẳng AC tại Q. Chứng minh
http://www.vinhduy.no1.vn
Q
I
G
P
F
E
N
D
M
A
B
C
rằng đường thẳng qua M, vuông góc với đường thẳng PQ luôn đi qua một điểm cố định khi M di
động trên đường thẳng d.
* Phân tích. Ta thấy trong đề bài này
các giả thiết đưa ra chỉ xoay quanh
các yếu tố như trung điểm, đường
vuông góc, đoạn thẳng,... nhưng vì có
hơi nhiều yếu tố như vậy nên việc liên
kết chúng lại và đảm bảo sử dụng
được tất cả các giả thiết quả là điều

( )
ω
là đường tròn tâm P đi qua H và M, do tính đối xứng nên H’ cũng thuộc
1
( )
ω
.
Hoàn toàn tương tự, ta cũng có: QF là trung trực của MK; nếu gọi
2
( )
ω
là đường tròn tâm Q đi qua K
và M thì K’thuộc
2
( )
ω
. Ta lại có:
+
( )
ω
,
1
( )
ω
cắt nhau tai H, H’ nên HH’ là trục đẳng phương của
( )
ω
,
1
( )

2
( )
ω
nên đường thẳng d’ qua
M, vuông góc với PQ chính là trục đẳng phương của
1
( )
ω
,
2
( )
ω
.
Từ đó suy ra: HH’, KK’, d’ đồng quy tại tâm đẳng phương của ba đường tròn
( )
ω
,
1
( )
ω
,
2
( )
ω
(**)
Từ (*) và (**) suy ra d’ đi qua I là điểm cố định.
Vậy đường thẳng qua M, vuông góc với đường thẳng PQ luôn đi qua một điểm cố định khi M di
động trên đường thẳng d. Ta có đpcm.
http://www.vinhduy.no1.vn
d

tận dụng và liên kết tất cả vào trong lời giải bài toán của mình!
Trước hết, ta hãy đặt câu hỏi : “giả thiết đó nói lên điều gì?”, chẳng hạn cho giả thiết: tam giác ABC
có M, N, P là trung điểm các cạnh, điều đó gợi cho ta suy nghĩ rằng:
- Các cạnh của tam giác MNP song song và bằng nửa các cạnh của tam giác ABC
tương ứng;
- Tam giác MNP đồng dạng với tam giác ABC với tỉ số đồng dạng là ½;
- Diện tích tam giác MNP băng ¼ diện tích tam giác ABC;
- Phép vị tự tâm G – trọng tâm tam giác ABC với tỉ số -1/2 biến tam giác ABC đã cho thành tam
giác MNP;
- Hai tam giác này có cùng trọng tâm;
- Đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP chính là đường tròn Euler nên nó cũng đi qua chân các
đường cao và trung điểm các đoạn nối trực tâm và đỉnh của tam giác ABC;
- Trực tâm của tam giác MNP cũng là tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC, ...
* Có thật nhiều suy nghĩ từ một giả thiết và nếu ta bỏ sót một trong số chúng thì có thể không
giải được bài toán vì đó chính là chìa khóa vấn đề (tất nhiên cũng không phải dùng hết các ý).
Chúng ta càng có được nhiều liên tưởng khi kiến thức hình học của chúng ta càng nhiều và kinh
nghiệm càng sâu sắc, điều đó đòi hỏi ta cần làm một số lượng nhất định các bài toán HHP.
Tiếp theo ta lại hỏi: “vậy nếu chưa có nhiều kinh nghiệm thì sao?”, tất nhiên cũng có một
cách nhỏ này giúp ta có thể thấy trực quan hơn giả thiết đó. Chúng ta hãy thử đi tìm cách dựng các
“giả thiết” đó bằng thước và compa, nhất là với các giả thiết có phần phức tạp, điều này nhiều lúc
cũng rất có ích. Chúng ta thử tìm hiểu rõ điều đó qua bài toán sau:
 VD5: Cho tam giác ABC có K là điểm nằm trong tam giác và thỏa:
·
·
·
KAB KBC KCA= =
.
Gọi D, E, F lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác KBC, KCA, KAB.
Gọi M, N, P lần lượt là giao điểm của BC, FD; CA, DE; AB, EF. Chứng minh rằng: các tam
giác ABC, DEF, MNP đồng dạng với nhau.

·
·
0
AKB ABC 180+ =
- Suy ra:
ABC EFD(g.g)∆ ∆:
- Suy ra tứ giác BMPF nội tiếp và
MP EF⊥
.
- Chứng minh:
·
·
MPN FED=
.
- Chứng minh:
MPN FED(g.g)∆ ∆:
.
Từ đó suy ra đpcm.
* Còn đối với các bài toán mà
hình vẽ không thể dựng được bằng
thước và compa thì sao, chẳng hạn như định lí Mooley: “Cho tam giác ABC. Các đường chia ba các
góc của tam giác cắt nhau tại các điểm M, N, P. Chứng minh tam giác MNP đều.” Ta biết rằng việc
chia ba một góc không thể dựng được bằng thước và compa nên cách tìm gợi ý từ việc dựng hình
không thể thực hiện được. Và có lẽ vì vậy mà đến sau hơn 50 năm xuất hiện, bài toán nổi tiếng này
mới có một lời giải HHP thuần túy rất đẹp và hoàn chỉnh. Nhưng đó là câu chuyện của những bài
http://www.vinhduy.no1.vn
N
P
M
F

trên đường tròn đường kính AH; còn F,
M nằm trên đường tròn đường kính HM
nên: N nằm trên trục đẳng phương của
đường tròn đường kính MH và đường
tròn đường kính AH.
Đến đây ta chưa có ngay kết quả
NH AM
⊥
được.
Ta thấy thiếu một vài yếu tố trong hình, một yếu tố nào đó cấn có để kết nối các điều ta vừa
phân tích được từ giả thiết đến kết luận của bài, yếu tố đó vừa phải đảm bảo rằng có liên quan đến
NH trong các phương tích trên, vừa đảm bảo rằng có liên hệ đến đoạn AM. Và việc chọn 2 điểm phụ
dựng thêm là trung điểm AH và HM (I là trung điểm AH, K là trung điểm HM) cũng là điều tự nhiên
vì khi đó: IK là đường trung bình của tam giác HAM, I và K cũng là tâm của các đường tròn vừa nêu
ở trên nên trục đẳng phương NH vuông góc với đường nối hai tâm đó.
 VD7: Cho tam giác ABC có O nằm trong tam giác. Các tia AO, BO, CO cắt các cạnh đối
diện lần lượt tại M, N, P. Qua O kẻ đường thẳng song song với BC cắt MN, MP tại H, K. Chứng
minh rằng: OH = OK.
* Phân tích.
Ta thấy các giả thiết trong bài cho rất
“thoáng” nhưng kết luận có được cũng thật
thú vị. Rõ ràng, O là điểm nằm bất kì trong
tam giác thì không thể có một tính chất nào
đặc biệt có thể khai thác; do đó, ta sẽ đi
vào phân tích các tỉ số có được từ đường
thẳng song song đã kẻ. Nếu chúng ta đã
quen với các bài toán về tỉ số này thì ta
http://www.vinhduy.no1.vn
H
K